專題3.1 空間向量及其運算（5類必考點）-2023-2024學年高二數學必考考點各個擊破（北師大版選擇性必修第一冊）

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\l "_Tc4422" 【考點1：空間向量的線性運算】 PAGEREF _Tc4422 \h 1
\l "_Tc16005" 【考點2：空間向量的共線定理】 PAGEREF _Tc16005 \h 3
\l "_Tc28910" 【考點3：空間向量的共面定理】 PAGEREF _Tc28910 \h 5
\l "_Tc4582" 【考點4：空間向量的數量積運算】 PAGEREF _Tc4582 \h 5
\l "_Tc17427" 【考點5：空間向量的投影向量】 PAGEREF _Tc17427 \h 8
【考點1：空間向量的線性運算】
【知識點：空間向量的線性運算】
與平面向量一樣,空間向量的線性運算滿足以下運算律(其中):
交換律:；
結合律:；
分配律:.
1．（2021秋?東莞市期末）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→+AD→?CC→1=（ ）
A．AC1→B．A1C→C．D1B→D．DB1→
【分析】根據已知條件，結合向量的加減法法則，即可求解．
【解答】解：∵ABCD﹣A1B1C1D1為平行四面體，
∴AB→+AD→?CC1→=DC→+AD→+C1C→=AC→+C1C→=A1C1→+C1C→=A1C→．
故選：B．
2．（2021秋?蘭山區(qū)校級月考）如圖，四面體ABCD的每條棱長都等于2，點E，F分別為棱AB，AD的中點，則|AC→+EF→|＝ ；|BC→?EF→|＝ ．
【分析】取BD的中點H，連結AH，CH，由AH⊥BD，CH⊥BD，得BD⊥平面ACH，從而AC⊥BD，過C作CG∥BD，使CG＝EF，則EF→=CG→，從而|AC→+EF→|＝|AC→+CG→|＝|AG→|，再求其模即可；根據點E，F分別為棱AB，AD的中點，則 EF→=12BD→，再根據向量的減法法則化簡BC→?EF→，求出其模即可．
【解答】解：取BD的中點H，連結AH，CH，
∵四面體ABCD的每條棱長都等于2，點E，F分別為棱AB，AD的中點，
∴AH⊥BD，CH⊥BD，
∴AH∩CH＝H，∴BD⊥平面ACH，
∵AC?平面AHC，∴AC⊥BD，
過C作CG∥BD，使CG＝EF，則EF→=CG→，
∴AC⊥CG，且AC＝2，CG=12BC=1，
∴|AC→+EF→|＝|AC→+CG→|＝|AG→|=5．
∵點E，F分別為棱AB，AD的中點，
∴EF→=12BD→，
∴|BC→?EF→|＝|BC→?12BD→|，
則|BC→?EF→|＝|BC→?12BD→|＝|BD→?BH→|＝|HC→|=3．
故答案為：5，3．
3．（2022春?河南月考）如圖，在△ABC中，點M是AB上的點且滿足AM→=3MB→，P是CM上的點，且MP→=15MC→，設AB→=a→，AC→=b→，則AP→=（ ）
A．12a→+14b→B．35a→+15b→C．14a→+12b→D．310a→+35b→
【分析】利用向量運算法則運算可得結果．
【解答】解：由AM→=3MB→，得AM→=3MB→=34AB→，
所以AP→=AM→+MP→=AM→+15MC→=AM→+15（AC→?AM→）=45AM→+15AC→=35AB→+15AC→=35a→+15b→．
故選：B．
【考點2：空間向量的共線定理】
【知識點：共線定理】
對于空間中任意的兩個向量，若存在實數，使得，則與共線.
1．（2021秋?鐵東區(qū)校級期末）已知{a→，b→，c→}是空間的一個基底，若m→=a→+2b→?3c→，n→=x(a→+b→)?y(b→+c→)+3(a→+c→)，若m→∥n→，則xy=（ ）
A．﹣3B．?13C．3D．13
【分析】由m→∥n→，可得n→=λm→，根據空間向量基本定理列方程組可求得x，y的值，從而可得結論．
【解答】解：m→=a→+2b→?3c→，
n→=x(a→+b→)?y(b→+c→)+3(a→+c→)=（x+3）a→+（x﹣y）b→+（3﹣y）c→，
因為m→∥n→，所以n→=λm→，
即x+3=λx?y=2λ3?y=?3λ，解得x=?92y=?32λ=?32，
所以xy=?92?32=3．
故選：C．
2．（2022春?市中區(qū)校級月考）已知空間的一組基底{a→，b→，c→}，若m→=a→?b→+c→與n→=xa→+yb→+c→共線，則x+y的值為（ ）
A．2B．﹣2C．1D．0
【分析】根據m→與n→共線可得出n→=km→，再根據{a→，b→，c→}為基底，從而根據空間向量基本定理可得出x+y的值．
【解答】解：因為m→與n→共線，空間的一組基底{a→，b→，c→}，
所以xa→+yb→+c→=k(a→?b→+c→)，
所以x+y＝0．
故選：D．
3．（2022春?天寧區(qū)校級期中）設e1→，e2→是兩個不共線的空間向量，若AB→=2e1→?e2→，BC→=3e1→+3e2→，CD→=e1→+ke2→，且A，C，D三點共線，則實數k的值為 ．
【分析】先由AC→=AB→+BC→求出AC→，在根據A，C，D三點共線，得到AC→∥CD→，從而得到2﹣5k＝0，解出k即可．
【解答】解：∵AB→=2e1→?e2→，BC→=3e1→+3e2→，CD→=e1→+ke2→，
∴AC→=AB→+BC→=5e1→+2e2→，
又∵A，C，D三點共線，∴AC→∥CD→，
∴2﹣5k＝0，∴k=25，
故答案為：25．
4．（2022春?張掖期中）對于空間任意一點O，以下條件可以判定點P、A、B共線的是 （填序號）．
①OP→=OA→+tAB→(t∈R，t≠0)；
②5OP→=OA→+AB→；
③OP→=OA→?tAB→(t∈R，t≠0)；
④OP→=?OA→+AB→．
【分析】由空間共線向量定理即可求解．
【解答】解：對于①，∵OP→=OA→+tAB→（t≠0），
∴OP→?OA→=tAB→（t≠0），∴AP→=tAB→（t≠0），
∴點P、A、B共線，故①正確；
對于②，∵5OP→=OA→+AB→，∴5OP→=OB→，∴OP→，OB→共線，
∴P、O、B共線，點P、A、B不一定共線，故②錯誤；
對于③，∵OP→=OA→+AB→（t≠0），∴OP→?OA→=?tAB→（t≠0），
∴AP→=?tAB→（t≠0），∴AP→，AB→共線，∴P、A、B共線，故③正確；
對于④，∵OP→=?OA→+AB→，∴OP→=?OA→+OB→?OA→，
∴OP→=?2OA→+OB→，∴OP→?OB→=?2OA→，
∴BP→=?2OA→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行時，點P、A、B不共線，故④錯誤．
故選：①③．
【考點3：空間向量的共面定理】
【知識點：共面定理】
兩個不共線的向量，若存在唯一的有序實數對（x，y），使得，則向量與向量，共面.
1．（2022春?常州期中）對于空間任意一點O，若OP→=12OA→+13OB→+16OC→，則A，B，C，P四點（ ）
A．一定不共面B．一定共面
C．不一定共面D．與O點位置有關
【分析】由共面向量基本定理、空間向量基本定理即可得出．
【解答】解：∵OP→=12OA→+13OB→+16OC→，可得12+13+16=1，
∴四點P、A、B、C必共面．
故選：B．
2．（2022春?臨河區(qū)校級月考）有四個命題
①若p→=xa→+yb→，則p→與a→、b→共面
②若p→與a→、b→共面，則p→=xa→+yb→
③若MN→=xMA→+YMB→，則M、N、A、B四點共面
④若M、N、A、B四點共面，則MN→=xMA→+yMB→
其中真命題的個數是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】在①中，由平面向量基本定理得p→與a→、b→一定在同一平面內；在②中，如果a→，b→共線，p→就不一定能用a→，b→來表示；在③中，若MN→=xMA→+yMB→，則MN→、MA→、MB→三向量在同一平面內；在④中，若M、N、A、B共線，則MN→=xMA→+yMB→不成立．
【解答】解：在①中，若p→=xa→+yb→，
則由平面向量基本定理得p→與a→、b→一定在同一平面內，故①正確；
在②中，若p→與a→、b→共面，但如果a→，b→共線，p→就不一定能用a→，b→來表示，故②錯誤；
在③中，若MN→=xMA→+yMB→，則MN→、MA→、MB→三向量在同一平面內，
所以M、N、A、B四點共面，故③正確；
在④中，若M、N、A、B四點共面，其中M，A，B共線，N與M，A，B不共線，
則不存在x，y使MN→=xMA→+yMB→定成立，故④錯誤．
故選：B．
11．（2022春?成都期中）已知M，A，B，C為空間中四點，任意三點不共線，且OM→=?2OA→+xOB→+yOC→，若M，A，B，C四點共面，則x+y的值為（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】由共面向量定理能求出x+y．
【解答】解：M，A，B，C為空間中四點，任意三點不共線，
且OM→=?2OA→+xOB→+yOC→，M，A，B，C四點共面，
則由共面向量定理得：﹣2+x+y＝1．解得x+y＝3．
故選：D．
12．（2022春?灣里區(qū)期中）已知非零向量a→=3m→?2n→?4p→，b→=(x+1)m→+8n→+2yp→，且m→、n→、p→不共面．若a→∥b→，則x+y＝（ ）
A．﹣13B．﹣5C．8D．13
【分析】根據向量共線可得b→=λa→，從而可解方程組求出x，y，再求出x+y即可．
【解答】解：∵m→，n→，p→不共面，故m→，n→，p→可看作空間向量的一組基底，
∵a→∥b→，故存在λ≠0，使得b→=λa→，
即（x+1）m→+8n→+2yp→=3λm→?2λn→?4λp→，
∴x+1=3λ8=?2λ2y=?4λ，解得：x=?13y=8，
則x+y＝﹣5．
故選：B．
（多選）13．（2021秋?惠州期末）下面四個結論正確的是（ ）
A．空間向量a→，b→(a→≠0→，b→≠0→)，若a→⊥b→，則a→?b→=0
B．若對空間中任意一點O，有OP→=16OA→+13OB→+12OC→，則P、A、B、C四點共面
C．已知{a→，b→，c→}是空間的一組基底，若m→=a→+c→，則{a→，b→，m→}也是空間的一組基底
D．任意向量a→，b→，c→滿足(a→?b→)?c→=a→?(b→?c→)
【分析】直接利用向量的線性運算和向量的共面的充要條件，向量的基底．向量的數量積判斷A、B、C、D的結論．
【解答】解：對于A：空間向量a→，b→(a→≠0→，b→≠0→)，若a→⊥b→，則a→?b→=0，故A正確；
低于B：若對空間中任意一點O，有OP→=16OA→+13OB→+12OC→，由于16+12+13=1，則P、A、B、C四點共面，故B正確；
對于C：已知{a→，b→，c→}是空間的一組基底，若m→=a→+c→，則{a→，b→，a→+c→}兩向量之間不共線，故也是空間的一組基底，故C正確；
對于D：任意向量a→，b→，c→滿足(a→?b→)?c→=a→?(b→?c→)，由于a→?b→是一個數值，b→?c→也是一個數值，則說明c→和a→存在倍數關系，由于a→，b→，c→是任意向量，不一定存在倍數關系，故D錯誤．
故選：ABC．
14．（2021秋?海淀區(qū)校級月考）在下列等式中，使點M與點A，B，C一定共面的是（ ）
A．OM→=25OA→?15OB→?15OC→B．OM→=15OA→+12OB→+13OC→
C．MA→+MB→+MC→=0→D．OM→+OA→+OB→+OC→=0→
【分析】結合共面性質，利用共面向量定理直接判斷．
【解答】解：對于ABD，變形后均不滿足：
OM→=xOA→+yOB→+zOC→，且x+y+z＝1，故ABD均錯誤，
對于C，∵MA→+MB→+MC→=0→，∴MA→=?MB→?MC→，
∴點M與點A，B，C一定共面，故C正確．
故選：C．
15．（2021秋?肥城市期中）已知A，B，C三點不共線，O為平面ABC外一點，若由OM→=3OA→?OB→+λOC→確定的點M與A，B，C共面，則λ的值為（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】由空間向量的共面定理列式，求解即可．
【解答】解：因為點M與A，B，C共面，且OM→=3OA→?OB→+λOC→，
所以3﹣1+λ＝1，解得λ＝﹣1．
故選：B．
【考點4：空間向量的數量積運算】
【知識點：數量積運算】
已知兩個非零向量,,則||||cs叫做,的數量積,記作，即||||cs.
（多選）1．（2021秋?益陽期末）已知四面體ABCD的所有棱長都是2，E，F，G分別是棱AB，AD，DC的中點，則（ ）
A．AB→?AC→=2B．EF→?FG→=1C．AB→?EG→=0D．GE→?GF→=1
【分析】由題意，四面體是正四面體，每個三角形都是等邊三角形，利用向量的數量積的定義解答．
【解答】解：由題意，空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長都為2，四面體時正四面體，所以每個面都是等邊三角形，點E、F、G分別是AB、AD、DC的中點，所以
AB→?AC→=|AB→||AC→|cs60°＝2，故A正確；
EF→?FG→=12BD→?12AC→=14BD→?（BC→?BA→）=14BD→?BC→?14BD→?BA→=0，故B錯誤；
AB→?EG→=AB→?（FG→?FE→）=AB→?12AC→?AB→?12DB→=1?12BA→?BD→=1﹣1＝0，故C正確；
GE→?GF→=（GC→+CB→+BE→）?GF→=GC→?GF→+CB→?GF→+BE→?GF→=12DC→?12CA→+12CB→?CA→+12BA→?12CA→=?12+1+12=1，故D正確．
故選：ACD．
2．（2021秋?溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則AF→?CE→=（ ）
A．1B．2C．﹣1D．﹣2
【分析】先得到四面體ABCD為正四面體，再利用空間向量的數量積運算和線性運算求解即可．
【解答】解：∵四面體ABCD，所有棱長均為2，
∴四面體ABCD為正四面體，
∵E，F分別為棱AB，CD的中點，
∴AF→?CE→=12（AC→+AD→）?（AE→?AC→）
=12AC→?AE→?12AC→2+12AD→?AE→?12AD→?AC→
=12×2×1×12?12×4+12×2×1×12?12×2×2×12
＝﹣2．
故選：D．
3．（2021秋?沈河區(qū)校級期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線的長都為a，E，F，G分別是AB，AD，DC的中點，則GE→?GF→的值為（ ）
A．2a28B．a28C．2a24D．a24
【分析】由題意，四面體是正四面體，每個三角形是等邊三角形，再利用向量的數量積的定義解答即可．
【解答】解：∵空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長都為a，
∴四面體是正四面體，所以每個面都是等邊三角形，
∵點E、F、G分別是AB、AD、DC的中點，
∴GE→?GF→=（GC→+CB→+BE→）?GF→
=12DC→?12CA→+CB→?12CA→+12BA→?12CA→
=14a2×（?12）+12a2×12+14a2×12=14a2．
故選：D．
4．（2021秋?榆林期末）在正四面體P﹣ABC中，棱長為2，且E是棱AB中點，則PE→?BC→的值為（ ）
A．﹣1B．1C．3D．73
【分析】運用空間向量基本定理，轉化為向量PA→，PB→，PC→為基底．
【解答】解：如圖，P﹣ABC為正四面體，則∠APC＝∠BPC＝∠APB＝60°，E是棱AB中點，
所以PE→=12(PA→+PB→)，BC→=PC→?PB→，
所以PE→?BC→=12(PA→+PB→)?（PC→?PB→）=12PA→?PC→+12PB→?PC→?12PA→?PB→?12PB→2=12×2×2×cs60°?12×22=1﹣2＝﹣1，
故選：A．
5．（2022春?南明區(qū)校級月考）已知MN是棱長為4的正方體內切球的一條直徑，點P在正方體表面上運動，則PM→?PN→的最大值為（ ）
A．4B．12C．8D．6
【分析】利用空間向量的線性運算和數量積運算得到PM→?PN→=PG→2?4，再利用正方體的性質求解．
【解答】解：設正方體內切球的球心為G，則GM＝GN＝2，
PM→?PN→=（PG→+GM→）?（PG→+GN→）=PG→2+PG→?（GM→+GN→）+GM→?GN→，
因為MN是正方體內切球的一條直徑，
所以GM→+GN→=0→，GM→?GN→=?4，
所以PM→?PN→=PG→2?4，
又點P在正方體表面上運動，所以當P為正方體頂點時，|PG→|最大，且最大值為23，
所以PM→?PN→=PG→2?4≤8，所以PM→?PN→最大值為8，
故選：C．
（多選）6．（2022?三明模擬）已知棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=14AB→，點P在正方體的表面上運動，且總滿足MP→?MC→=0，則下列結論正確的是（ ）
A．點P的軌跡所圍成圖形的面積為5
B．點P的軌跡過棱A1D1上靠近A1的四等分點
C．點P的軌跡上有且僅有兩個點到點C的距離為6
D．直線B1C1與直線MP所成角的余弦值的最大值為35
【分析】首先根據動點P滿足的條件及正方體的結構特征得到動點P的軌跡，然后利用軌跡的特征判斷選項A，B，C，對于選項D，將線線角轉化為線面角，運用線面角的定義找出線面角進行求解．
【解答】解：如圖，
過點M作MF∥AA1，在AD上取一點N，使MN⊥MC，連接NC，EC，FC，
過點N作NE∥AA1，連接EF，易知MF∥NE，∴E，F，M，N四點共面；
又∵MF⊥MC，MN?MF＝M，
∴MC⊥面MNEF，即點P的軌跡為矩形MNEF（不含點M），
設AN＝x，則MN=x2+1又∵MC=MB2+BC2=5，
NC=ND2+DC2=(4?x)2+16，
∴MN2+MC2＝NC2解得x=34，即AN=34，∴MN=54，NC=5174，
對于A，矩形MNEF的面積為：S=MN?MF=54×4=5，A正確；
對于B，A1E=AN=34，B錯誤；
對于C，CF=MC2+MF2=41，
在Rt△CMN中，C到MN的距離范圍是：(5，5174]，
∴MN上存在一點到點C的距離為6；
在Rt△CMF中，C到MF的距離范圍是：(5，41]，
∴MF上存在一點到點C的距離為6；
但在Rt△CNE、Rt△CEF中不存在到點C的距離為6的點，C正確；
對于D，直線B1C1與直線MP所成的最小角就是直線B1C1與平面MNEF所成的角，
∵B1C1∥BC∴直線B1C1與平面MNEF所成的即是直線BC與平面MNEF所成的角，
延長NM，CB交于點G，則∠MGB即是直線BC與平面MNEF所成的角，
∵AN∥GB，∴ANGB=AMMB，∴GB=94，
在Rt△MGC中，sin∠MGC=MCGC=45，∴cs∠MGC=35，D正確；
故選：ACD．
（多選）7．（2021秋?南平期末）如圖，在四面體ABCD中，E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，則下列選項正確的是（ ）
A．EG→?FH→=0
B．EG→=EF→+EH→
C．EH→為直線BD的方向向量
D．設M是EG和FH的交點，則對空間任意一點O，都有OM→=14(OA→+OB→+OC→+OD→)
【分析】利用平行四邊形的性質判斷A；利用向量加法法則判斷B；利用向量共線定義判斷C；利用根據E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，分析可得四邊形AFGH為平行四邊形，進而可得M為EG的中點，由向量加法的運算法則判斷D．
【解答】解：在四面體ABCD中，E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，
對于A，∵E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，
∴EH∥=12BD，FG∥=12BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∴EG與FH不一定垂直，∴EG→?FH→ 不一定等于0，故A錯誤；
對于B，EG→=EF→+FG→=EF→+EH→，故B正確；
對于C，∵EH∥=12BD，∴EH→為直線BD的方向向量，故C正確；
對于D，設M是EG和FH的交點，則對空間任意一點O，
根據題意，E，F，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，
則EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，
同理：EF∥GH，
則四邊形EFGH為平行四邊形，
又由EG∩FH＝M，則M為EG的中點，
則有OA→+OB→=2OE→，OC→+OD→=2OG→，OE→+OG→=2OM→，
故有14[（OA→+OB→）+（OC→+OD→）]=14（2OE→+2OG→）=14×4OM→=OM→，
∴OM→=14(OA→+OB→+OC→+OD→)，故D正確．
故選：BCD．
【考點5：空間向量的投影向量】
1．在四棱錐S﹣ABCD 中，四邊形ABCD為正方形，AB＝AD＝SA＝1，且SA⊥底面ABCD，則向量CS→在平面ABCD上的投影向量是 CA→ ，CS→?AB→= ﹣1 ．
【分析】由SA⊥底面ABCD，即可求出投影向量是CA→，再利用空間向量的線性運算和數量積運算即可求解．
【解答】解：如圖，
∵SA⊥底面ABCD，
∴向量CS→在平面ABCD上的投影向量是CA→，
∵SA⊥底面ABCD，∴SA→?AB→=0，
∵四邊形ABCD為正方形，AB＝AD＝SA＝1，
∴CS→?AB→=（AS→?AC→）?AB→=?AC→?AB→=?（AB→+AD→）?AB→=?AB→2=?1，
故答案為：CA→；﹣1．
2．設a→=2i→?j→+k→，b→=i→+2j→?k→，c→=2i→?11j→+7k→，求向量l→=4a→+3b→?c→在x軸上的投影及其在y軸上的投影向量．
【分析】直接利用向量的線性運算和向量的投影求出結果．
【解答】解：設a→=2i→?j→+k→，b→=i→+2j→?k→，c→=2i→?11j→+7k→，
所以l→=4a→+3b→?c→=9i→+13j→?6k→；
即l→=(9，13，?6)；
向量l→在x軸上的投影為9；
向量l→在y軸上的投影向量13j→．
3．已知e1→，e2→，e3→是空間不共面的單位向量，且滿足e1→?e2→=e2→?e3→=e1→?e3→=12．若向量b→=3λe1→+（1﹣λ）e2→，λ∈R，求e3→在b→上的投影向量的模的最大值．
【分析】利用空間向量的數量積運算，向量投影的計算公式得到e3→在b→上的投影向量的模為194t2?6t+7，再利用二次函數求最值即可．
【解答】解：∵e1→?e2→=e2→?e3→=e1→?e3→=12，e1→，e2→，e3→是空間不共面的單位向量，
∴e3→?b→=e3→?[3λe1→+（1﹣λ）e2→]=3λ2+1?λ2=λ+12，
b→2=[3λe1→+（1﹣λ）e2→]2＝9λ2e1→2+（1﹣λ）2e2→2+6λ（1﹣λ）e1→?e2→=9λ2+（1﹣λ）2+3λ（1﹣λ）＝7λ2+λ+1，
∴|b→|=7λ2+λ+1，
設t＝λ+12，則λ＝t?12，∴|b→|=7t2?6t+94，
∵求模的最大值，不妨設t＝λ+12＞0，
∴e3→在b→上的投影向量的模為|e3→?b→|b→||=t7t2?6t+94=194t2?6t+7，
設y=94t2?6t+7=94（(1t?43)2+3≥3，則194t2?6t+7≤13=33，
∴e3→在b→上的投影向量的模的最大值為33．